设Sn是各项均为非零实数的数列{an}的前n项和，给出如下两个命题上：命题p：{an}是等差数列；命题q：等式1a1a2+1a2a3+…+1anan+1=kn+

题文

设S_n是各项均为非零实数的数列{a_n}的前n项和，给出如下两个命题上：命题p：{a_n}是等差数列；命题q：等式1a1a2+1a2a3+…+1anan+1=kn+ba1an+1对任意n（n∈N^*）恒成立，其中k，b是常数．
（1）若p是q的充分条件，求k，b的值；
（2）对于（1）中的k与b，问p是否为q的必要条件，请说明理由；
（3）若p为真命题，对于给定的正整数n（n＞1）和正数M，数列{a_n}满足条件a21+a2n+1≤M，试求S_n的最大值． 题型：未知 难度：其他题型

答案

（1）设{a_n}的公差为d，则原等式可化为1d（1a1-1a2+1a2-1a3+…+1an-1an+1）=kn+ba1an+1，
所以1d•nda1an+1=kn+ba1an+1，
即（k-1）n+b=0对于n∈N^*恒成立，所以k=1，b=0．…（4分）
（2）当k=1，b=0时，假设p是q的必要条件，即“若1a1a2+1a2a3+…+1anan+1=na1an+1①对于任意的n（n∈N^*）恒成立，则{a_n}为等差数列”．
当n=1时，1a1a2=1a1a2显然成立．…（6分）
当n≥2时，若1a1a2+1a2a3+…+1an-1an=n-1a1an+1②，
由①-②得，1anan+1=1a1（nan+1-n-1an），即na_n-（n-1）a_n+1=a₁③．
当n=2时，a₁+a₃=2a₂，即a₁、a₂、a₃成等差数列，
当n≥3时，（n-1）a_n-1-（n-2）a_n=a₁④，即2a_n=a_n-1+a_n+1．所以{a_n}为等差数列，即p是q的必要条件．…（10分）
（3）由a21+a2n+1≤M，可设a₁=rcosθ，a_n+1=rsinθ，所以r≤M．
设{a_n}的公差为d，则a_n+1-a₁=nd=rsinθ-rcosθ，
所以d=rsinθ-rcosθn，
所以a_n=rsinθ-rsinθ-rcosθn，
S_n=(a1+an)n2=(n+1)cosθ+(n-1)sinθ2r≤(n+1)2+(n-1)22•M=22M(n2+1)，
所以S_n的最大值为22M(n2+1)…（16分）

解析

1d

考点

据考高分专家说，试题“设Sn是各项均为非零实数的数列{an}的.....”主要考查你对 [数列求和的其他方法（倒序相加，错位相减，裂项相加等） ]考点的理解。 数列求和的其他方法（倒序相加，错位相减，裂项相加等）

数列求和的常用方法：

1.裂项相加法：数列中的项形如

的形式，可以把

表示为

，累加时抵消中间的许多项，从而求得数列的和；
2、错位相减法：源于等比数列前n项和公式的推导，对于形如

的数列，其中

为等差数列，

为等比数列，均可用此法；
3、倒序相加法：此方法源于等差数列前n项和公式的推导，目的在于利用与首末两项等距离的两项相加有公因式可提取，以便化简后求和。
4、分组转化法：把数列的每一项分成两项，或把数列的项“集”在一块重新组合，或把整个数列分成两个部分，使其转化为等差或等比数列，这一求和方法称为分组转化法。
5、公式法求和：所给数列的通项是关于n的多项式，此时求和可采用公式求和，常用的公式有：
 


数列求和的方法多种多样，要视具体情形选用合适方法。

数列求和特别提醒：

（1）对通项公式含有

的一类数列，在求

时，要注意讨论n的奇偶性；
（2）在用等比数列前n项和公式时，一定要分q=1和q≠1两种情况来讨论。